logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Statystyka, zadanie nr 4790

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

karola1010
postów: 46
2016-09-02 11:48:52

Liczba roszczeń z tytułu pewnego ubezpieczenia jest zmienna losową X o rozkładzie Poissona. Skonstruować test jednostajnie najmocniejszy do weryfikacji hipotezy:
H: EX=2500
wobec alternatywy:
K: EX>2500
na poziomie istotności 0.05.
Podać postać tego testu stosując przybliżenie Poissona rozkładem normalnym.
Jaka jest moc testu w przypadku gdy EX=2704?



janusz78
postów: 820
2016-09-02 22:32:56

Zakładamy, że $ X_{1}, X_{2},..., X_{n} $ jest próbą losową o rozkładzie Poissona z parametrem $ \lambda, $

Testujemy najpierw hipotezę $H_{0}: \lambda =\lambda_{0}$ przeciwko hipotezie

$H_{1}: \lambda = \lambda_{1}.$

Na podstawie lematu Neumanna-Persona znajdujemy zbiór krytyczny testu.

Iloraz wiarygodności:

$ \Lambda(x_{1}, x_{2},...,x_{n}) = \frac{L(\lambda_{0}|x_{1},x_{2},...,x_{n})}{L(\lambda_{1}|x_{1},x_{2},...,x_{n})},$

gdzie

$L(\lambda| x_{1},x_{2},...,x_{n})= \frac{\lambda^{y}}{x_{1}!x_{2}!,...,x_{n}!} e^{-n\lambda}, \ \ y= \sum_{i=1}^{n}x_{i}.$

Otrzymujemy

$ \Lambda(x_{1}, x_{2},...,x_{n}) =\frac{\lambda^{y}_{0}e^{-n\lambda_{0}}}{\lambda^{y}_{1}e^{-n\lambda_{1}}} = \frac{e^{n\lambda_{1}}}{e^{n\lambda_{0}}} \left(\frac{\lambda_{0}}{\lambda_{1}}\right)^{y} = a^{n}r^{y},\ \ a= \frac{e^{\lambda_{1}}}{e^{\lambda_{0}}}, \ \ r = \frac{\lambda_{0}}{\lambda_{1}}.$

Ponieważ, $ \lambda_{1}> \lambda_{0}, \ \ a > 1, \ \ r < 1,$ więc zbiór krytyczny testu

$ R: \Lambda(x_{1}, x_{2},..,x_{n}) \leq c = 1-\alpha=0,95 $

Logarytmując logarytmem naturalnym nierówność:

$ a^{n}r^{y} \leq c ,$ dla $ y = \sum_{i=1}^{n}x_{i},$

mamy:

$n ln(a) +yln(r) \leq ln(c), $

$ y \geq \frac{ ln(c) -nln(a)}{ln(r)} \equiv b > 0.$

Hipotezę $ H_{0} $ odrzucamy, jeśli

$ Y \geq b > 0 $ i $ Y = \sum_{i=1}^{n}X_{i}.$

Z definicji testu jednostajnie najmocniejszego (TJN) wynika, że powyższy test jest testem (TJN).

Dla sprawdzenia hipotezy:

$ H_{0}: \lambda = \lambda_{0}= 2,5,$ (współczynnik skali $ k = \frac{1}{1000}).$

przeciwko hipotezie

$ \lambda = \lambda_{1}> 2,5 $

znajdujemy wartość statystyki $ Y = \sum_{i=1}^{n} X_{i}, $

Z nierówności $ Pr(Y_{0} > b) =\alpha = 0,05 $

gdzie $ Y_{0} \sim Poisson(n\cdot 2,5)$

określamy obszar krytyczny testu.

Jeżeli $ Y \leq b $ to przyjmujemy hipotezę $ H_{0}.$

Jeżeli $ Y > b $ - przyjmujemy hipotezę $ H_{1}.$

W praktyce stosujemy przybliżenie Poissona rozkładem Gaussa.

Na podstawie próby obliczamy wartość statystyki $ Z_{n} = \frac{\overline{X}_{n}- \lambda_{0}}{\sigma} \sqrt{n}.$

Jeśli hipoteza $ H_{0}$ jest prawdziwa to statystyka $ Z_{n} $ w postaci zmiennej standaryzowanej ma rozkład $ N(0, 1).$


Znajdujemy wartość kwantyla $ z_{0,05}$

Jeśli dla hipotezy $ H_{1}: \ \ \lambda_{1}> 2,5$

zachodzą nierówności:

$Pr( z \leq z_{0,05}) =0,05$

$ z \geq z_{0,05}$

to powoduje odrzucenie hipotezy $ H_{0}$ i przyjęcie $ H_{1}.$


Dla $ \lambda = 2704 $ moc testu wynosi:

$ M(2,704, W) = Pr(\overline{X}_{n} \geq Z_{n} | m = 2,704) = Pr\left(U_{n} \geq \frac{Z_{n} -2,704}{\sigma}\sqrt{n}\right) = 1 -\phi\left(\frac{Z_{n}-2,704}{\sigma}\sqrt{n}\right).$



Wiadomość była modyfikowana 2016-09-02 23:51:39 przez janusz78
strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj